Question

我想对每个食谱进行分类，我需要3个级别（主题 - ＆gt;类别 - ＆gt;子类别）。我有以下型号：

class Recipe(models.Model):
    content = HTMLField()
    ...

class Subject(models.Model):
    name = models.CharField()

class Category(models.Model):
    subject = models.ForeignKey(Subject)
    name = models.CharField()

class Subcategory(models.Model):
    category = models.ForeignKey(Category)
    name = models.CharField()

最初我在考虑将一个ForeignKey添加到Recipe模型中，例如：

subcategory = models.ForeignKey(Subcategory)

所以我可以从子类别到主题，进行简单的连接。

但也许最好创建一个新表以提高性能并拥有可扩展的系统，这是我的想法：

class Classification(models.Model):
   recipe = models.ForeignKey(Recipe)
   subject = models.ForeignKey(Subject)
   category = models.ForeignKey(Category)
   subcategory = models.ForeignKey(Subcategory)

使用最后一个解决方案，我想从Recipe admin面板中选择子类别，然后自动填充其他字段（类别和主题）。我的问题是：我该怎么做？

谢谢！

Answer 1

你的第一个设计实际上是最好的。这完全是denormalized database design。第二种设计有可能将您的食谱放在与您的类别无关的子类别中，与您的主题无关。因此，您在性能方面获得的收益可能会因数据完整性而丢失。

Answer 2

类Subject，Category，Subcategory和Recipe（with ForeignKey）创建完全规范化的数据库设计添加Classification是非规范化数据库的一部分（例如，用于性能问题）。

回答你的问题：

recipe = Recipe.objects.get(pk=1) # just assume that you have object instance under recipe
r_subcategory = recipe.subcategory
r_category = r_subcategory.category
r_subject = r_category.subject
new_classification = Classification(subject=r_subject, category=r_category, subcategory=r_subcategory, recipe=recipe)
new_classification.save()

我真的想知道是否有办法在一个数据库请求中创建它（我可以轻松地为此生成sql请求，但我不知道如何使用Django ORM实现相同的效果）

Django - 具有两个以上外键的模型

2 个答案: